[<] Non-intégration terme à terme [>] Intégration terme à terme par les sommes partielles

 
Exercice 1  3790    ENTPECorrection  

Pour tout n et tout x+, on pose

fn(x)=xn(1-x).
  • (a)

    Montrer que

    n=1+01fn(x)dx=01x1+xdx.
  • (b)

    En déduire la valeur de

    n=1+1(n+1)(2n+3).

Solution

  • (a)

    Sur [0;1[, la série de fonction fn converge simplement et sa somme est

    n=1+fn(x)=x1-x(1-x)=x1+x.

    Cette fonction somme est continue par morceaux sur [0;1[.
    Les fonction fn sont intégrables sur [0;1[ et

    01|fn(x)|dx=01fn(x)dx=u=x1(n+1)(2n+3).

    Ce terme est sommable et l’on peut donc intégrer terme à terme ce qui donne

    n=1+01fn(x)dx=01x1+xdx.
  • (b)

    Ainsi,

    n=1+1(n+1)(2n+3)=01x1+xdx=u=x53-2ln(2).
 
Exercice 2  2866     MINES (MP)Correction  

Soit (an)n0 une suite bornée. Calculer

limn+0+e-2t(p=n+aptpp!)dt.

Solution

La série aptpp! est convergente car

|aptpp!|(an)tpp!.

De plus, sa somme est continue car on peut aisément établir la convergence normale sur tout segment.

Enfin,

|p=n+aptpp!|(an)et

permet d’assurer l’existence de l’intégrale étudiée.
Posons

fp(t)=aptpp!e-2t.

La série de fonction fp convergence simplement.
Les fonctions fp et p=n+fp sont continues par morceaux.
Les fonctions fp sont intégrables sur [0;+[ et

0+|fp(t)|dt=|ap|2p+1=p+O(12p+1)

est terme général d’une série convergente.

Par le théorème d’intégration terme à terme, on obtient

0+e-2t(p=n+aptpp!)dt=p=n+ap2p+1.

Enfin, cette expression tend vers 0 en tant que reste d’une série convergente.

 
Exercice 3  2445     CENTRALE (MP)Correction  

On pose

In=0111+tndt

pour tout entier n>0.

  • (a)

    Trouver la limite de (In).

  • (b)

    Donner un équivalent de (-In).

  • (c)

    Justifier

    01ln(1+y)ydy=k=0+(-1)k(k+1)2.
  • (d)

    Donner un développement asymptotique à trois termes de In.

Solution

  • (a)

    Posons un(t)=1/(1+tn) sur ]0;1].
    La suite de fonctions (un) converge simplement vers la fonction u:t1.
    Les fonctions un et la fonction u sont continues par morceaux.
    Enfin

    t]0;1],|un(t)|1=φ(t)

    avec φ:]0;1]+ intégrable. Par convergence dominée

    In=01un(t)dtn+01u(t)dt=1=.
  • (b)

    On a

    -In=01tn1+tndt=01ttn-11+tndt.

    Par intégration par parties,

    -In=ln(2)n-1n01ln(1+tn)dt.

    Puisque

    |01ln(1+tn)dt|01tndt=1n+1

    on peut affirmer -Inln(2)n.

  • (c)

    Pour y]0;1[,

    ln(1+y)y=k=0+(-1)kykk+1.

    Par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues,

    01ln(1+y)ydy=k=0+(-1)k(k+1)2.

    Sans peine, k=0+(-1)k(k+1)2=π212 sachant n=1+1n2=π26.

  • (d)

    Par le changement de variable 𝒞1 strictement croissant y=tn

    01ln(1+tn)dt=1n01ln(1+y)yn-1ndy.

    Par convergence dominée (domination par sa limite simple),

    01ln(1+y)yn-1ndy01ln(1+y)ydy=π212.

    Ainsi,

    -In=ln(2)n-π212n2+o(1n2)

    puis

    In=1-ln(2)n+π212n2+o(1n2).
 
Exercice 4  2612     ENSTIM (MP)Correction  
  • (a)

    Déterminer la limite quand n+ de

    In=0111+tndt.
  • (b)

    Donner un équivalent de

    In-.
  • (c)

    Justifier

    01ln(1+tn)dt=k=1+(-1)k-1k(nk+1).
  • (d)

    En déduire un équivalent de

    01ln(1+tn)dt

    et donner un développement asymptotique à trois termes de In.

Solution

  • (a)

    On a

    |In-1|=01tn1+tndt01tndt=1n+10

    donc In=1.

  • (b)

    Par intégration par parties

    In-1=-ln(2)n+1n01ln(1+tn)dt.

    Or

    001ln(1+tn)dt01tndt0

    donc

    In=1-ln(2)n+o(1n).
  • (c)

    On a

    ln(1+tn)=k=1+(-1)k-1ktnk.

    Par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues, on obtient la relation proposée.

  • (d)

    On a

    nk=1+(-1)k-1k(nk+1)-k=1+(-1)k-1k2=k=1+(-1)kk2(nk+1)

    avec

    |k=1+(-1)kk2(nk+1)|1nk=1+1k20

    donc

    n01ln(1+tn)dtk=1+(-1)k-1k2

    avec

    k=1+(-1)k-1k2=π212

    car on sait

    k=1+1k2=π26.

    Finalement,

    In=1-ln(2)n+π212n2+o(1n2).
 
Exercice 5  2807     MINES (MP)Correction  
  • (a)

    Pour (m,n)2, calculer

    01xn(1-x)mdx.
  • (b)

    Pour p, montrer l’existence de

    Sp=n=1+np(2nn).
  • (c)

    Calculer S-1 et S0.

  • (d)

    Si p, proposer une méthode de calcul de Sp.

Solution

  • (a)

    Par intégration par parties, on obtient une relation de récurrence qui conduit à

    01xn(1-x)mdx=n!m!(n+m+1)!.
  • (b)

    En posant un le terme général de la série étudiée, on observe

    |un+1un|n+14.

    Par la règle de d’Alembert, la série converge.

  • (c)

    S-1=n=1+01xn(1-x)n-1dx. Par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues, on peut permuter et obtenir

    S-1=01xdx1-x(1-x)=π33.

    Puisque

    (2n+2n+1)=4n+2n+1(2nn)

    on observe

    4(2n+2n+1)-2n+11(2n+2n+1)=1(2nn). (1)

    En sommant pour n allant de 1 à +, on obtient

    4(S0-12)-2(S-1-12)=S0

    puis

    S0=1+2S-13.
  • (d)

    On multiplie la relation (1) par (n+1)p et l’on développe le (n+1)p du second membre et en sommant comme ci-dessus, on saura exprimer 3Sp en fonction des Sq avec q<p.

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Édité le 08-11-2019

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